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無限テトレーションの収束

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$$\newcommand{bunsuu}[2]{\dfrac{\,#1\,}{\,#2\,}} \newcommand{suuretu}[1]{\left\{#1\right\}} $$

この記事の目標

ちょっと待っててね…

この項目は,執筆者が編集しすぎて大変長くなっています。特にスマホの場合は表示されるまで少し時間がかかりますが,カップラーメンでも食べながら気長にお待ち下さい。

また,証明をとばせば,何しているかはすぐに読めます。証明を折りたたむ機能を付けていないのは,単に僕がCSSについて知らないだけです。

この記事は,はてなブログで投稿した記事を, Mathlog で再編集,再掲したものです。これを書きながら Mathlog に慣れる目的もあります。
https://marukunalufd0123.hatenablog.com/entry/infinitetetlation

Mathlogについての感想は,一番下に書きました。

証明したいこと

無限テトレーション

$x$を正の実数とする。また$x>0$で定義される関数の列$\suuretu{f_n(x)}$を,$$ f_1(x)=x,\qquad f_{n+1}(x)=x^{f_n(x)} $$によって定める。この$f_n(x)$が収束するための$x$に関する必要十分条件は,$e^{-e}\leq x\leq e^{1/e}$である。

ちなみに,$e^{-e}\simeq 0.065988,\quad e^{1/e}\simeq 1.44467$である。

上記の定義において,$x$に対して$f_n(x)$を取る操作のことを,($n$階)テトレーションをとると言います。$n\to\infty$としたときを無限テトレーションと名付けることにします。更に,$\displaystyle\lim_{n\to\infty}f_n(x)$が存在するときは,その値を$f(x)$と書くことにします。例えば$f(1)=1$であり,$f(2)$は存在しないことが簡単に分かります。

$x$を正の実数と仮定しているのは,単に議論を簡単にしたいからであって,解析的には$x$は任意の複素数をとったときが面白いです。
http://neqmath.blogspot.com/2018/06/blog-post_29.html
上記サイトが具体的に図示をしてくれて面白いです。

入試問題より

$x=\sqrt2$の場合は,非自明ですが収束することが分かります。これを高校生に考えさせた問題があります。2011年度同志社大学全学部日程(理系)の第Ⅳ問です。

数列$$ a_1=\sqrt2,\quad a_2=\sqrt2^{\sqrt2},\quad a_3=\sqrt2^{\sqrt2^{\sqrt2}},\quad a_4=\sqrt2^{\sqrt2^{\sqrt2^{\sqrt2}}},\dots $$は漸化式$$ a_1=\sqrt2,\quad a_{n+1}=\left(\sqrt2\right)^{a_n} $$を満たしている。$f(x)=\left(\sqrt2\right)^x$として次の問いに答えよ。
(1) $0\leq x\leq 2$における$f(x)$の最大値と最小値を求めよ。
(2) $0\leq x\leq 2$における$f'(x)$の最大値と最小値を求めよ。
(3) $0 < a_n<2\ (n=1,2,3,\cdots)$が成立することを数学的帰納法を用いて示せ。
(4) $0 <2-a_{n+1}<(\log 2)(2-a_n)\ (n=1,2,3,\cdots)$が成立することを数学的帰納法を用いて示せ。
(5) $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n$を求めよ。

この問題を解き切ることで,$\suuretu{f_n(\sqrt2)}$の極限値が$2$であることが従います。この問題の解答は,読者の皆様にお任せ致します。

認める事実

まず,高等学校における学習指導要領の数学Ⅲまでは既知としています。そのうえで,次の命題を認めます。

有界単調数列は収束

上に有界な単調増加数列は収束する。つまり数列$\suuretu{a_n}_{n=1}^{\infty}$が次の2条件を満たすとき,数列$\suuretu{a_n}$は収束する。

  1. 任意の正の整数$n$に対して$a_n\leq a_{n+1}$である
  2. ある定数$M$が存在して,任意の正の整数$n$に対して$a_n\leq M$を満たす

また,上界を持たない単調増加数列は発散する。

(下に有界であっても同様である。)

高校の数学では,上記命題を認めた上で話を進めることが多いですが,表立って主張を述べているわけではありませんので,ここで触れておくことにしました。

また,次の性質も成り立ちます。

指数をとっているからアタリマエ

$x>0$ならば,任意の正の整数$n$に対して$f_n(x)>0$である。

定理1を証明しよう

上記の内容を認めた上で,定理1に証明を与えます。

$x=1$のとき

$x=1$のときは任意の正の整数$n$に対して$f_n(x)=1$ですから,$f(x)=1$であり,収束しています。

$x>1$のとき

いくつか補題を与えながら証明を進めていきます。

単調増加

$x>1$のとき,任意の正の整数$n$に対して$f_n(x) < f_{n+1}(x)$である。

数学的帰納法

$n=1$のときは$$ \bunsuu{f_2(x)}{f_1(x)}=x^{x-1}>0 $$より,$0 < f_1(x)$だったから$f_1(x) < f_2(x)$である。

$n=k$のときに$f_k(x) < f_{k+1}(x)$が成り立つと仮定する。$n=k+1$のとき,$$ \bunsuu{f_{k+2}(x)}{f_{k+1}(x)}=x^{f_{k+1}(x)-f_{k}(x)}>0 $$より,$0 < f_{k+1}(x)$だったから$f_{k+1}(x) < f_{k+2}(x)$である。

以上より数学的帰納法から補題は示された。♦

$1< x$の範囲でも,場合分けをすることで考えていきます。

上に有界

$1 < x \leqq e^{1/e}$のとき,任意の正の整数$n$に対して,$f_n(x) < e$である。

やはり数学的帰納法

$n=1$のときは明らか。
$n=k$のときに$f_k(x)< e$が成り立つと仮定する。$\suuretu{f_n(x)}$の定義から,$$ \log f_{k+1}(x)=f_k(x)\cdot \log x $$である。つまり,$$ \log f_{k+1}(x)< e\cdot \bunsuu1e=1 $$である。よって$f_{k+1}(x)< e$が成り立つ。

以上より数学的帰納法から補題は示された。♦

補題4,補題5から,$1 < x \leqq e^{1/e}$において$\suuretu{f_n(x)}$は上に有界な単調増加数列ですので,収束します。

$1 < x \leqq e^{1/e}$のときは収束する

次に,$e^{1/e}< x$のときにどうなるかを見ていきます。

少なくとも$\,e\,$は上界ではない

$e^{1/e}< x$のとき,ある(十分大きな)正の整数$N$が存在して$f_N(x)>e$を満たす。

背理法

ここに証明を入力します。

収束はしない

$e^{1/e}< x$のときは$\suuretu{f_n(x)}$は収束しない。

$|f_{n+1}(x)-f_{n}(x)|$を評価する

補題3,4より,正の整数$n$に対して$0< f_n(x)< f_{n+1}(x)$が成り立っていた。そこで区間$\Bigl[f_n(x),\ f_{n+1}(x)\Bigr]$に対して,関数$\log x$に対して平均値の定理を適用する。つまり,ある定数$c_n$が存在して,$$ \bunsuu{\log f_{n+1}(x)-\log f_{n}(x)}{f_{n+1}(x)-f_{n}(x)}=\bunsuu1{c_n},\quad f_n(x)< c_n < f_{n+1}(x) $$を満たすようにとれる。特に$0< f_n(x)< c_n$なので,$$ \bunsuu{\log f_{n+1}(x)-\log f_{n}(x)}{f_{n+1}(x)-f_{n}(x)}<\bunsuu1{f_n(x)} $$であり,$$ f_n(x)\bigl(\log f_{n+1}(x)-\log f_{n}(x)\bigr)< f_{n+1}(x)-f_{n}(x) $$を得る。この左辺にある$\log f_{n+1}(x)-\log f_{n}(x)$については,$$ \begin{align} \log f_{n+1}(x)-\log f_{n}(x)&=\log\bunsuu{f_{n+1}(x)}{f_n(x)}\\ &= \log x^{f_n(x)-f_{n-1}(x)}\\ &= \bigl( f_{n}(x)- f_{n-1}(x)\bigr)\log x \end{align} $$と変形できるので,結局$$ \bigl( f_{n}(x)- f_{n-1}(x)\bigr)\log x\cdot f_n(x)< f_{n+1}(x)-f_{n}(x) $$である。ここで仮定より,十分大きい正の整数$N$が存在して,$n\geq N$ならば$\log x >1/e,\quad f_n(x)>e$だったので,$$ f_{n}(x)- f_{n-1}(x)< f_{n+1}(x)-f_{n}(x) $$である。ここである正の実数$\gamma$$0< \gamma < f_{N}(x)-f_{N-1}(x)$を満たすようにとれば,$$ |f_{n+1}(x)-f_{n}(x)|\geq \gamma > 0 $$$n\geq N$で成り立つ。これは,$\suuretu{f_n(x)}$が収束しないことを言っている。

従って,$e^{1/e}< x$のときは収束しないことが示せました。

$e^{1/e}< x$のときは収束しない

$0< x< 1$のとき

まずは発想を共有しよう

$x >1$のときよりも,$0< x< 1$のときの方が難しいです。今回考えた発想の手がかりをまず初めに言っておきます。

$x=0.1$としてみましょう。$f_1(x),\ f_2(x),\ f_3(x),\ f_4(x),\ f_5(x),\ f_6(x)$を計算した結果は次のようになります。
$$ \begin{array}{ccl} f_1(x)&=&0.1\\ f_2(x)&=&0.794328\cdots\\ f_3(x)&=&0.160573\cdots\\ f_4(x)&=&0.690919\cdots\\ f_5(x)&=&0.203742\cdots\\ f_6(x)&=&0.625544\cdots \end{array} $$この事実が何を教えてくれるかというと,$n$偶数であるか奇数であるかによって,値が大きく振れてしまうことです。
ですので,$0\lt x\lt 1$のときは偶奇に分けて考察をしていきましょう。

いざ証明

まずは次を示します。

偶奇に分ければ単調性が見えてくる

$0\lt x\lt 1$ならば,すべての正の整数$m$について,
$$ \left\{\begin{array}{l} 0\lt f_1(x)\lt f_3(x)\lt f_5(x)\lt\cdots\lt f_{2m-1}(x)\lt\cdots\lt1\\\\ 0\lt\cdots\lt f_{2m}(x)\lt\cdots\lt f_6(x)\lt f_4(x)\lt f_{2}(x)\lt 1 \end{array}\right. $$である。

$n$$2$以上の整数とする。
$f_n(x)$の定義から,$\displaystyle \frac{f_{n+2}(x)}{f_{n+1}(x)}=x^{f_{n+1}(x)-f_n(x)}$が成り立つので,両辺の(自然)対数をとり,
 ① $\displaystyle\log\left(\frac{f_{n+2}(x)}{f_{n+1}(x)}\right)=(f_{n+1}(x)-f_n(x))\log x$
同様に,
 ② $\displaystyle\log\left(\frac{f_{n+1}(x)}{f_{n}(x)}\right)=(f_{n}(x)-f_{n-1}(x))\log x$
①-②から,
 ③ $\displaystyle\log\left(\frac{f_{n+2}(x)}{f_{n}(x)}\right)=(f_{n+1}(x)-f_{n-1}(x))\log x$
$n=2$のときから考える。$0\lt x\lt 1$ だったから $\log x\lt0$ である。また,
   $f_3(x)-f_1(x)=x^{x^x}-x=x^{x^x-1}\gt0$

だから,③式の右辺は正と負の積となっているので負である。したがって

   $\displaystyle\log\left(\frac{f_{4}(x)}{f_{2}(x)}\right)\lt0$

が成り立ち,この式から$\dfrac{f_{4}(x)}{f_{2}(x)}\lt1$ となるから,$f_4(x)\lt f_2(x)$ が従う。

$n=3$ のときは③式の右辺が正であることが分かるので,$n=2$ のときと同様に,$f_3(x)\lt f_5(x)$ である。

この議論を繰り返すことで,
$ \left\{\begin{array}{l} 0\lt f_1(x)\lt f_3(x)\lt f_5(x)\lt\cdots\lt f_{2m-1}(x)\lt\cdots\\\\ \cdots\lt f_{2m}(x)\lt\cdots\lt f_6(x)\lt f_4(x)\lt f_{2}(x)\lt 1 \end{array}\right. $
であることが示される。

また,補題1より$f_{2m}(x)\gt0$ であり,$x\ (0\lt x\lt 1)$ と正の実数$a$ について $x^a\lt1$ が成り立つことから,

   $f_{2m+1}(x)=x^{f_{2m}(x)}\lt1$

である。よって,
$ \left\{\begin{array}{l} 0\lt f_1(x)\lt f_3(x)\lt f_5(x)\lt\cdots\lt f_{2m-1}(x)\lt\cdots\lt1\\\\ 0\lt\cdots\lt f_{2m}(x)\lt\cdots\lt f_6(x)\lt f_4(x)\lt f_{2}(x)\lt 1 \end{array}\right.$
が分かり,証明は完了した。◆

この証明によって,関数列$\{f_{2m-1}(x)\}_{m=1}^{\infty}$上に有界な単調増加数列なので,ある収束先 $\alpha(x)$ が存在します。同様に関数列$\{f_{2m}(x)\}_{m=1}^{\infty}$下に有界な単調減少数列なので,ある収束先 $\beta(x)$ が存在します。

もしも$\alpha(x)=\beta(x)$ならば $\displaystyle\lim_{n\to\infty}f_n(x)$ は存在するし,$\alpha(x)\neq\beta(x)$ ならば $\displaystyle\lim_{n\to\infty}f_n(x)$ は存在しないというとです。

というわけで,$\alpha(x)=\beta(x)$ となるための $x$ についての必要十分条件を探すことが,当分の目標になります。

まずは$\alpha(x),\ \beta(x)$が満たすべき式を提示します。

上記の設定において,$\alpha(x),\ \beta(x)$は次の式を満たす。
$$ \left\{\begin{array}{l}\displaystyle \log \left( \log\frac{1}{\alpha(x)} \right)=\alpha(x)\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right)\\\\ \displaystyle\log \left( \log\frac{1}{\beta(x)} \right)=\beta(x)\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right) \end{array}\right. $$

$f_n(x)$ の定義より,$\log f_{n+1}(x)=f_n(x)\log x$ だが,この両辺を$-1$ 倍することで,

   $\displaystyle\log\frac{1}{f_{n+1}(x)}=f_n(x)\log\frac{1}{x}$

を得る。この式によって偶数列と奇数列だけに分離することができて,
$$ \left\{\begin{array}{l}\displaystyle \log \left( \log\frac{1}{f_{2m+1}(x)} \right)=f_{2m-1}(x)\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right)\\\\ \displaystyle\log \left( \log\frac{1}{f_{2m+2}(x)} \right)=f_{2m}(x)\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right) \end{array}\right. $$この2式について$m\to\infty$とすることで,
$$ \left\{\begin{array}{l}\displaystyle \log \left( \log\frac{1}{\alpha(x)} \right)=\alpha(x)\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right)\\\\ \displaystyle\log \left( \log\frac{1}{\beta(x)} \right)=\beta(x)\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right) \end{array}\right. $$を得る。◆

といっても示した式はさすがに煩雑ですので,$\displaystyle\log\frac{1}{\alpha(x)}=s,\ \log\frac{1}{\beta(x)}=t$と置き換えます。すると,
$$ \left\{\begin{array}{l}\displaystyle \log s=e^{-s}\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right)\\ \displaystyle\log t=e^{-t}\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right) \end{array}\right. $$となり,ちょっとすっきりしました。

ちょっとだけ$s,\ t$のとりうる値の範囲も考えておきます。といっても,$0\lt\alpha(x)\leqq1$$0\leqq\beta(x)\lt1$なので
$$\displaystyle \frac1e\leqq s\lt 1,\ \frac1e\lt t\leqq 1$$ということなのですが。。。

$e^{-e}\leqq x\lt 1$のとき

$e^{-e}\leqq x\lt 1$ のとき,$\alpha(x)=\beta(x)$であることを示します。

そのために,$u\ (\frac1e\leqq u\leqq1)$ について,$u$ の定義域の内部で微分可能な関数 $F(u)$ を考察します。

 ④ $F(u):= e^{-u}\log x+\log \left(\log\dfrac{1}{x}\right)-\log u$

これを $u$ で微分すると,

  $\displaystyle\frac{d}{du}F(u)=-e^{-u}\log x-\frac1u=-\frac1u\left(\frac{u}{e^u}\log x+1\right)$

となります。特に$\displaystyle \left(\frac{u}{e^u}\log x+1\right)$ は常に0以上です。なぜなら,$\displaystyle \frac{u}{e^u}$ は,$u=1$ で最大値 $\displaystyle\frac1e$ をとることが増減を調べることによってわかります。今,$e^{-e}\leqq x\lt 1$としましたので $-e\leqq\log x\lt0$ となります。つまり,$\dfrac1e\leqq u\leqq1$ の範囲では常に$-1\leqq\dfrac{u}{e^u}\log x$ となりますので,$\displaystyle \left(\frac{u}{e^u}\log x+1\right)$ は常に0以上です。

以上より,$\dfrac1e\leqq u\leqq1$ の範囲では $\displaystyle\frac{d}{du}F(u)\leqq0$ ですので,$F(u)$ は単調減少な関数であることが分かりました。

つまり,$F(u)$ は中間値の定理から,$F(u)=0$ となるような$u\in\left(\dfrac1e,\ 1\right)$高々1つしか存在しないことになります。
$s,\ t$ が存在すれば,$s=t$ でなきゃいけないって言ってるんですね。

しかし,$\alpha(x),\ \beta(x)$ の存在性から$s,\ t$ の存在は保証されているので,結局 $\alpha(x)=\beta(x)$ です。

∴ $\boldsymbol{e^{-e}\leqq x\lt 1}$ のときは $\boldsymbol{f(x)}$ は存在する。

$\boldsymbol{x\lt e^{-e}}$ のとき

$x\lt e^{-e}$ のとき,$\alpha(x)\neq\beta(x)$であることを背理法で示します。

関数 $\log x$ について平均値の定理から,$f_n(x)$$f_{n+1}(x)$ の間にある実数 $R_n$ が存在して,

   $\displaystyle\frac{\log f_{n+1}(x)-\log f_{n}(x)}{f_{n+1}(x)-f_{n}(x)}=\frac1{R_n}$

となるようにとれます。この式を変形すると,

   $\displaystyle\log\frac{f_{n+1}(x)}{f_n(x)}R_n=f_{n+1}(x)-f_n(x)$

となりますが,これはこの記事の②式を代入することで,

   $\bigl( f_n(x)-f_{n-1}(x) \bigr)R_n\log x ={f_{n+1}(x)-f_n(x)}$

となります。ここで,次の補題を使います。

上の状況で,$n$ が十分大きいときに $R_n\log x\lt-1$ が成り立つ。

この補題3を認めてしまえば,$n$ が十分大きいときには

   $|f_{n+1}(x)-f_n(x)|\gt|f_{n}(x)-f_{n-1}(x)|$

となり,これは $f_n(x)$ が収束すると仮定したことに矛盾します。

(ε論法でやるべきと思いますが,ここではがばがばに証明します。)
$\suuretu{f_n(x)}$が収束すると仮定する。このとき,次の関数 $G(u)$ を考える。$$G(u):=\log u-u\log x$$この関数については $G(f(x))=0$が成り立つ。(なぜなら,$f(x)=x^{f(x)}$ でなければならないから。)
また,唐突に $\displaystyle G\left(-\frac{1}{\log x}\right)$ を計算すると,$$\displaystyle G\left(-\frac{1}{\log x}\right)=-\log(-\log x)+1\lt0\ (\because x\lt e^{-e})$$また,$G(u)$$0\lt u\lt 1$ では明らかに単調増加である。従って,
 ⑤ $\displaystyle -\frac{1}{\log x}\lt f(x)$
である。

また,$R_n$$f_{n+1}(x)$$f_n(x)$ の間にある実数だから,はさみうちの原理から,

 ⑥ $\displaystyle\lim_{n\to\infty}R_n=f(x)$

となる。$n$ が十分大きいときは,⑤⑥より,

$$\displaystyle -\frac{1}{\log x}\lt R_n$$が成り立ち,これより$$R_n\log x\lt-1$$が従う。◆

これで定理1が正しいことは証明できました。

$x$を正の実数としたとき, $\suuretu{f_n(x)}$が収束するための必要十分条件は,
$$\boldsymbol{e^{-e}\leqq x\leqq e^{1/e}}$$である。

その他の話題

今回考えました$f(x)=\displaystyle\lim_{n\to\infty}f_n(x)$については,逆関数が$x^{1/x}$であることが分かっています。

特にこの$f(x)$は,今求めた定義域内で微分可能な関数です。

まとめ

たいへんでした。総括を書く気力が起こりませんね。

おまけ:実験程度にMathlogで執筆した

初期設定から,かなりたくさんのデザインCSS定義があり,見た目的には満足しています。

しかし\bfseriesコマンド及び\bmパッケージが用意されていないため,数式で太字を表すことが難しいですね。例えば現在の環境ですと,\pmb{ma=mg+T}と入力すれば$\pmb{ma=mg+T}$と表せることは出来るのですが,プラスの文字を見ればわかる通り,文字に文字を重ねて太字を作っているため,あまり使いたくありません。まだまだ発展途上でしょうか。

完全に思い違いでした。\boldsymbolで太字に出来ます。(2020年11月11日追記)

そのほか,不等式を打つときに$y < x$のように,“<”と“x”は空白を入れて書かないとエラーが出ました。これは裏でhtmlの書き方をサポートしていることが原因と思われます。

11月11日のアップデートでこの不具合が解消されました。

align

環境は普通に使えたので嬉しいです。他にも,自分で定義したコマンドが使えるというのも有り難いです。僕は大量にマクロを定義してTeXの文書を書く人間ですので,それを流用できたのはありがたかったです。(例えば,分数の標線がデフォルトよりちょっと長いことに気づきました?)

ただ,\hbox{},\vbox{}が正しく動いるわけではなさそうです。でもこれはMathJaxが悪いだけかな。。。

ていうか,任意の執筆者は
https://docs.mathjax.org/en/v2.7-latest/tex.html
を読もう。更に,
http://memopad.bitter.jp/web/mathjax/TeXSyntax.html
も読もう。

はてなブログから移行してもいいかなーとも思いました。これからMathlogが発展することを楽しみにしています。

投稿日:2020117

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投稿者

ぱるち
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19665
数学屋さんをしています。代数,数論系に興味があり,今は楕円曲線と戯れています。Mathlogは現実逃避用という噂もあります。@f_d00123

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